Тема Курчатов

Планиметрия на Курчатове

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела курчатов

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#68028

Дан параллелограмм $ABCD$ такой, что $∠A = 60∘.$ Пусть $P$ и $Q$ — середины сторон $BC$ и $CD$ соответственно. Оказалось, что точки $A,P,Q,D$ лежат на одной окружности. Найдите $∠ADB.$

Источники: Курчатов-2023, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать ответ и решение

$PIC$

Пусть $M$ — середина стороны $AD.$ Продлим луч $P Q$ до точки $T$ такой, что $PQ =QT.$ Так как диагонали четырёхугольника $P CTD$ пересекаются в своих серединах, это параллелограмм; отсюда получаем, что точка $T$ лежит на прямой $AD$ и $DT = CP =DM.$

Отметим, что $DBP T$ — параллелограмм ( $DT$ равен и параллелен $PB ),$ поэтому искомый $∠ADB = ∠ATP.$ С другой стороны, из вписанности $APQD$ имеем

∠AP Q =180∘− ∠ADQ = 60∘.

Кроме того, $PM$ — средняя линия $ABCD,$ и параллельна сторонам $AB$ и $CD,$ откуда получаем $∘ ∠PMT = 60 .$ Значит, треугольники $AT P$ и $PTM$ подобны по двум углам. Тогда $AT :P T = PT :MT,$ то есть $2 P T = AT ⋅MT.$

Введём масштаб длин на чертеже так, чтобы отрезок $AM$ имел длину $1;$ тогда $AT = 3$ и $MT = 2,$ а $√ - PT = 6.$ Мы знаем один из углов треугольника $MP T$ и две его стороны; теперь можно воспользоваться любым из известных методов, чтобы вычислить остальные его элементы (включая искомый угол $ATP ).$ Например, опустим высоту $TH$ на прямую $MP.$ Так как $TP >T M,$ отрезки $TP$ и $TM$ окажутся по разные стороны от прямой $T H.$ В прямоугольном треугольнике $MT H$ гипотенуза равна $2,$ а угол напротив катета $TH$ равен $60∘,$ то есть сам катет равен $√- 3.$ Теперь ясно, что прямоугольный треугольник $THP$ равнобедренный, так как отношение гипотенузы к катету в нём равно $√- 2.$ Получаем $∠AT P = 30∘+ 45∘ = 75∘.$

Ответ:

$75∘$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#70784

Точка $P$ внутри остроугольного треугольника $ABC$ такова, что $∠BAP =$ $∠CAP.$ Точка $M$ — середина стороны $BC.$ Прямая $MP$ пересекает описанные окружности треугольников $ABP$ и $ACP$ в точках $D$ и $E$ соответственно (точка $P$ лежит между точками $M$ и $E,$ точка $E$ лежит между точками $P$ и $D).$ Оказалось, что $DE =MP.$ Докажите, что $BC = 2BP.$

Источники: Курчатов-2022, 11.5 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать доказательство

$PIC$

Четырёхугольник $AEP C$ — вписанный, поэтому $∠CAP = ∠CEP.$ Аналогично четырёхугольник $BP AD$ — вписанный, поэтому $∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP.$

Опустим высоты $BX$ и $CY$ на прямую $MP.$ Заметим, что прямоугольные треугольники $BMX$ и $CMY$ равны по гипотенузе $BM =MC$ и острому углу $∠BMX = ∠CMY$ , откуда получаем $BX = CY.$

Заметим, что прямоугольные треугольники $CY E$ и $BXD$ равны по катету $CY =BX$ и острому углу $∠CEY =∠CEP =∠BDP = ∠BDX,$ откуда получаем $Y E = XD.$ Тогда

0= YE − XD =(YM + MP + PE)− (XP +P E+ ED )=Y M − XP

Получается, что $XP = YM =XM.$ Следовательно, в треугольнике $BP M$ высота $BX$ совпадает с медианой, поэтому он является равнобедренным, и $BP = BM = BC-, 2$ что и требовалось.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#92431

Диагонали трапеции $ABCD (AD ∥BC )$ пересекаются в точке $O$ . На $AB$ отметили точку $E$ такую, что прямая $EO$ параллельна основаниям трапеции. Оказалось, что $EO$ — биссектриса угла $CED$ . Докажите, что трапеция прямоугольная.

Источники: Курчатов - 2021, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать доказательство

Пусть прямая $DE$ пересекает прямую $BC$ в точке $K$ .

$PIC$

Заметим, что $∠BCE = ∠CEO = ∠DEO =∠DKC$ , поэтому треугольник $CEK$ является равнобедренным и $CE =EK$ . Докажем, что отрезок $EB$ является его медианой отсюда последует, что он также является и высотой, и трапеция окажется прямоугольной (в силу того, что $∘ ∠ABC =90$ ).

Треугольники $DBK$ и $DOE$ подобны с коэффициентом $BD OD-$ , а также треугольники $ABC$ и $AEO$ подобны с коэффициентом $AC AO-$ . Эти коэффициенты подобия равны, поскольку параллельные прямые $BC$ и $AD$ высекают на прямых $AC$ и $BD$ пропорциональные отрезки (также это можно вывести из подобия треугольников $AOD$ и $COB )$ . Итак,

KB = BODD-⋅EO = AACO-⋅EO = BC

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#76411

В остроугольном треугольнике $ABC$ через вершину $A$ проведена прямая $ℓ$ , перпендикулярная медиане, выходящей из вершины $A$ . Продолжения высот $BD$ и $CE$ треугольника пересекают прямую $ℓ$ в точках $M$ и $N$ . Докажите, что $AM =AN$ .

Источники: Курчатов - 2018, 9.4(см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать доказательство

Первое решение. Пусть $−A→B = ⃗b,−A→C = ⃗c,−A−M→ =⃗u$ и $−A−N→ =⃗v.$ Прямая $MN$ перпендикулярна медиане, следовательно,

⃗ ⃗u ⋅(b+ ⃗c)=0.

С другой стороны, $BM ⊥ AC$ и $CN ⊥ AB$ , поэтому

⃗ ⃗ (b− ⃗u)⋅⃗c= (⃗v− ⃗c)⋅b= 0.

Складывая три полученных равенства, выводим

(⃗u+ ⃗v)⃗b= 0

что возможно только если вектор $⃗u+ ⃗v$ нулевой, поскольку прямая $MN$ не перпендикулярна стороне $AB$ . Это обеспечивает равенство $AM =AN$ .

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Второе решение. Обозначим середину отрезка $BC$ за $T$ . Отразим точки $C$ и $N$ относительно $A$ , то есть построим точки $C′$ и $N ′$ такие, что $A$ является серединой отрезков $CC ′$ и $NN ′.$

$PIC$

Ясно, что $C ′N′∥CN$ , что означает $C′N ′ ⊥BA$ . С другой стороны, $BM ⊥ C′A$ , так как $C′A$ и $CA$ - это одна и та же прямая. Наконец, отметим, что $ℓ⊥ C′B$ : это следует из того, что $ℓ$ перпендикулярна $AT$ , а $AT$ - средняя линия в треугольнике $CBA ′$ , то есть $AT ∥BC ′$ .

Осталось воспользоваться тем, что высоты $ℓ,BM$ и $C′N ′$ треугольника $ABC ′$ пересекаются в одной точке. Это означает, что $N′$ совпадает с $M$ , то есть $AM = AN ′ =AN$ .

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#49005

$ABCD$ – вписанный четырёхугольник, $AB >CD, BC >AD.$ На сторонах $AB$ и $BC$ отмечены точки $X$ и $Y$ так, что $AX = CD$ и $AD = CY.$ $M$ – середина $XY.$ Докажите, что угол $AMC$ – прямой.

Источники: Курчатов-2015, 11.4 (см. olimpiadakurchatov.ru)

Показать доказательство

Удвоим $Y C$ за точку $C$ и $XA$ за точку $A$ и получим $X′$ и $Y′.$ Тогда $MA$ и $MC$ — средние линии в треугольниках $XY X′$ и $′ XY Y .$ Значит, достаточно доказать, что $XY$ и $′ XY$ перпендикулярны.

$PIC$

Заметим, что $YC = CY′ = DA,XA = AX ′ =CD$ и $Y′CD = DAX.$ Отсюда треугольники $YCD$ и $DAX ′$ равны и треугольники $Y ′CD$ и $DAX$ равны.

Тогда получается, что $XD = DY′$ и $X′D =DY.$ Это значит, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются и высотами. Мы хотим доказать, что $XY$ и $XY ′$ перпендикулярны. Это равносильно тому, чтобы перпендикуляры к этим прямым были перпендикулярны, ведь угол между прямыми равен углу между перпендикулярами к ним.

Мы уже заметили, что биссектрисы в треугольниках $XDY ′$ и $X ′DY$ также являются высотами, так значит, нам нужно показать, что угол между биссектрисами является прямым. Давайте его посчитаем:

∠Y ′DY + ∠YDX + ∠XDX ′− ∠Y′DX-− ∠Y-DX′ = 2 2

′ ′ ∠Y-′DY- ∠Y-DX- ∠YDX-- ∠X′DX- =∠Y DY + ∠YDX + ∠XDX − 2 − 2 − 2 − 2 =

∠Y′DY ∠X′DX ∠Y ′DY ∠X ′DX = ∠Y ′DY + ∠XDX ′− --2---− --2---= ---2-- +---2--

Заметим, что $∠Y′DY = ∠DXX ′+ ∠DX ′X = 180∘− ∠XDX ′,$ поэтому посчитанный выше угол равен $90∘.$